2019-2020学年江苏省苏州市相城区九年级上学期数学期中试题及答案

这是一份2019-2020学年江苏省苏州市相城区九年级上学期数学期中试题及答案，共24页。
A. x2+x＝1B. 2x2﹣x+2＝0
C. 3（x2+x）＝3x+1D. ﹣x2+x＝x2
【答案】D
【解析】
【分析】
将每个一元二次方程都化为一般形式，再根据解析式判断即可
【详解】x2+x＝1化为一般形式为x2+x-1=0，得常数项是-1，故A不符合题意；
2x2﹣x+2＝0是一般形式，常数项是2，故B不符合题意；
3（x2+x）＝3x+1化为一般形式是，常数项是-1，故C不符合题意；
﹣x2+x＝x2化为一般形式是，常数项是0，故D符合题意，
故选：D
【点睛】此题考查一元二次方程的一般形式，熟记一元二次方程的一般形式及特点是解题的关键
2.在一个不透明的袋子里有8个黑球和4个白球，除颜色外全部相同，任意摸一个球，摸到黑球的概率是（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】
根据概率公式先求出总的球数，再进行计算即可．
【详解】∵袋子里装有8个黑球和4个白球，共12个球，
∴任意摸一个球，摸到黑球的概率是 ，
故选：C．
【点睛】此题考查概率的公式，正确掌握概率的计算方法是解题的关键
3.数据4，3，5，3，6，3，4的众数和中位数是（ ）
A. 3，4B. 3，5C. 4，3D. 4，5
【答案】A
【解析】
【分析】
根据众数和中位数的定义解答即可．
【详解】解：在这组数据中出现次数最多的是3，即众数是3；
把这组数据按照从小到大的顺序排列3，3，3，4，4，5，6，
∴中位数为4；
故选：A．
【点睛】本题考查一组数据的中位数和众数，一组数据中出现次数最多的数据叫做众数；在求中位数时，首先要把这列数字按照从小到大或从的大到小排列，找出中间一个数字或中间两个数字的平均数即为所求．
4.到圆心的距离大于半径的点的集合是（ ）
A. 圆的内部B. 圆的外部
C. 圆D. 圆的外部和圆
【答案】B
【解析】
【分析】
根据圆是到定点距离等于定长的点的集合，以及点和圆的位置关系即可解决．
【详解】根据点和圆的位置关系，知圆的外部是到圆心的距离大于半径的所有点的集合；
故选：B．
【点睛】此题考查点与圆的位置关系，正确理解点与圆的三种位置关系的判断方法是解题的关键
5.已知一元二次方程x2+6x+c＝0有一个根为﹣2，则另一个根为（ ）
A. ﹣2B. ﹣3C. ﹣4D. ﹣8
【答案】C
【解析】
【分析】
设另一个根为m，根据两根系数关系可知m﹣2＝-6，求出m的值即可求出．
【详解】∵一元二次方程x2+6x+c＝0有一个根为﹣2，
∴设另一个根为m，则有m﹣2＝﹣6，
∴m＝﹣4，
故选：C．
【点睛】此题考查根与系数的关系式，熟记根与系数的两个关系式并运用解题是关键.
6.如图，四边形是半圆的内接四边形，是直径，．若，则的度数等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
连接AC，根据圆内接四边形的性质求出∠DAB，根据圆周角定理求出∠ACB、∠CAB，计算即可．
【详解】连接AC，
∵四边形ABCD是半圆的内接四边形，
∴∠DAB=180°-∠C=70°，
∵，
∴∠CAB=∠DAB=35°，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ABC=90°-∠CAB=55°，
故选A．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
7.某商品进货价为每件50元，售价每件90元时平均每天可售出20件，经调查发现，如果每件降价2元，那么平均每天可以多出售4件，若每天想盈利1000元，设每件降价x元，可列出方程为（ ）
A. （40﹣x）（20+x）＝1000B. （40﹣x）（20+2x）＝1000
C. （40﹣x）（20﹣x）＝1000D. （40﹣x）（20+4x）＝1000
【答案】B
【解析】
【分析】
设每件降价x元，根据题意列出方程，即每件的利润×销售量＝总盈利，从而列出方程．
【详解】设每件应降价x元，
由题意，得（90﹣50﹣x）（20+）＝1000，
即：（40﹣x）（20+2x）＝1000，
故选：B．
【点睛】此题考查一元二次方程的实际应用，掌握总销售利润、销售量与单间的利润的等量关系是解题的关键.
8.已知三角形的周长为12，面积为6，则该三角形内切圆的半径为（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】
设内切圆的半径为r，根据公式：，列出方程即可求出该三角形内切圆的半径．
【详解】解：设内切圆的半径为r
解得：r=1
故选D．
【点睛】此题考查的是根据三角形的周长和面积，求内切圆的半径，掌握公式：是解决此题的关键．
9.若a2+1＝5a，b2+1＝5b，且a≠b，则a+b的值为（ ）
A. ﹣1B. 1C. ﹣5D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意可知：a、b是方程x2+1＝5x的两个根，然后根据根与系数的关系即可求出答案．
【详解】由题意可知：a、b是方程x2﹣5x+1＝0的两个根，
∴a+b＝5，
故选：D．
【点睛】此题考查根与系数的关系式，将a、b看成是一元二次方程x2+1＝5x的两个根是解题的关键.
10.如图，⊙O的半径为5，△ABC是⊙O的内接三角形，过点C作CD垂直AB于点D．若CD＝3，AC＝6，则BC长为（ ）
A. 3B. 5C. 3D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】
连接OC，OB，由垂直的定义得到∠ADC＝90°，得到CD＝AC，根据直角三角形的性质的∠A＝30°，由圆周角定理得到∠O＝60°，推出△OBC是等边三角形，得到BC＝OB，于是得到结论．
【详解】连接OC，OB，
∵CD垂直AB，
∴∠ADC＝90°，
∵CD＝3，AC＝6，
∴CD＝AC，
∴∠A＝30°，
∴∠O＝60°，
∵OC＝OB，
∴△OBC是等边三角形，
∴BC＝OB，
∵⊙O的半径为5，
∴BC＝5，
故选：B．
【点睛】此题考查垂直的定义，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，圆周角定理，等边三角形的判定及性质.
二．填空题（本大题共8小题，每小题3分别，共24分，把答案直接填在答题卡相应的位置上）
11.甲、乙两同学近期6次数学单元测试成绩的平均分相同，甲同学成绩的方差S甲＝3.5，乙同学成绩的方差S乙＝3.1，则它们的数学测试成绩较稳定的是_____（填甲或乙）．
【答案】乙
【解析】
【分析】
根据方差的定义，方差越小数据越稳定．
【详解】∵甲同学成绩的方差S甲＝3.5，乙同学成绩的方差S乙＝3.1，
∴S甲＝3.5＞S乙＝3.1，
∴它们的数学测试成绩较稳定的是乙；
故答案为：乙．
【点睛】此题考查方差，方差是确定数据稳定性的数据.
12.用配方法解方程时，方程的两边同时加上________，使得方程左边配成一个完全平方式．
【答案】
【解析】
【分析】
利用方程两边同时加上一次项系数一半的平方求解．
【详解】x2﹣6x+32=2+32，（x﹣3）2=11．
故答案为9．
【点睛】本题考查了解一元二次方程﹣配方法：将一元二次方程配成（x+m）2=n的形式，再利用直接开平方法求解，这种解一元二次方程的方法叫配方法．解决本题的关键是方程两边同时加上一次项系数一半的平方．
13.若一个正六边形外接圆的半径是3，则这个正六边形的周长是_____．
【答案】18
【解析】
【分析】
根据正六边形的半径等于边长进行解答即可．
【详解】∵正六边形的半径等于边长，
∴正六边形的边长a＝3，
正六边形的周长＝6a＝18，
故答案：18．
【点睛】此题考查正六边形的性质，熟记性质是解题的关键.
14.已知关于x的一元二次方程x2－2x＋k=0有两个相等的实数根，则k的值为 ．
【答案】 1
【解析】
【分析】
对于一元二次方程，当根的判别式大于零，则方程有两个不相等的实数根；当根的判别式等于零，则方程有两个相等的实数根；当根的判别式小于零，则方程没有实数根．
【详解】根据题意得：4－4k=0，
解得：k=1．
考点：根的判别式．
15.圆锥的底面半径为2，母线长为6，则它的侧面积为_____．
【答案】12π．
【解析】
试题分析：根据圆锥的底面半径为2，母线长为6，直接利用圆锥的侧面积公式求出它的侧面积．
解：根据圆锥的侧面积公式：πrl=π×2×6=12π，
故答案为12π．
考点：圆锥的计算．
16.如图，在半径为的中，的长为，若随意向圆内投掷一个小球，小球落在阴影部分的概率为______________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据圆的面积公式和扇形的面积公式分别求得各自的面积，再根据概率公式即可得出答案．
【详解】∵圆的面积是：，
扇形的面积是：，
∴小球落在阴影部分的概率为：.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了几何概率问题，用到的知识点为：概率＝相应面积与总面积之比.
17.如图是由三个边长分别为6、10、x的正方形组成的图形，若线段AB将它们分成面积相等的两部分，则x的值是_____．
【答案】4或6
【解析】
【分析】
延长AE，BG交于点C，延长AN，BH交于点D，可得四边形ADBC是矩形，依据△ABD与△ABC面积相等，线段AB将三个正方形分成面积相等的两部分，即可得到四边形CEFG与四边形DHMN的面积相等，进而得到x的值．
【详解】如图所示，延长AE，BG交于点C，延长AN，BH交于点D，则四边形ADBC是矩形，
∴△ABD与△ABC面积相等，
又∵线段AB将三个正方形分成面积相等的两部分，
∴四边形CEFG与四边形DHMN的面积相等，
∴6×（10﹣6）＝x（10﹣x），
解得x＝4或6，
故答案为：4或6．
【点睛】此题考查一元二次方程的实际应用，矩形的性质，正方形的性质，题中的辅助线的引入是难点.
18.如图，正方形ABCD内接于⊙O，点P是上一动点，连接AP交CD于点E，则的最大值是_____．
【答案】
【解析】
【分析】
过P作PQ⊥CD于Q，根据正方形的性质得到∠ADC＝90°，根据相似三角形的性质得到＝，于是得到取最大值时，即取最大值，由于AD一定，得到当PQ取最大值时，的值最大，推出当P为的中点时，PQ 最大，延长PQ交⊙O于另一点于M，则PM为⊙O的直径，设正方形的边长为a，则PM＝AC＝a，于是得到结论．
【详解】过P作PQ⊥CD于Q，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC＝90°，
∴AD∥PQ，
∴△ADE∽△PQE，
∴＝，
∴取最大值时，即取最大值，
∵AD一定，
∴当PQ取最大值时，的值最大，
∴当P为的中点时，PQ 最大，
延长PQ交⊙O于另一点于M，
则PM为⊙O的直径，
设正方形的边长为a，则PM＝AC＝a，
∴PQ＝，
∴的最大值＝＝，
故答案为：．
【点睛】此题考查正方形的性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，直径是圆中最长的弦，是一道综合题.
三．解答题：
19.解方程：
（1）9x2﹣36＝0
（2）x2﹣6x+5＝0
（3）x2﹣4x+8＝0
（4）（x﹣4）2﹣（5﹣2x）2＝0
【答案】（1）x1＝﹣2，x2＝2；（2）x1＝1，x2＝5；（3）x1＝x2＝2；（4）x1＝1，x2＝3．
【解析】
分析】
（1）方程利用因式分解法求出解即可；
（2）方程利用因式分解法求出解即可；
（3）方程利用因式分解法求出解即可；
（4）方程利用因式分解法求出解即可．
【详解】（1）方程分解因式得：9（x+2）（x﹣2）＝0，
可得x+2＝0或x﹣2＝0，
解得：x1＝﹣2，x2＝2；
（2）分解因式得：（x﹣1）（x﹣5）＝0，
可得x﹣1＝0或x﹣5＝0，
解得：x1＝1，x2＝5；
（3）分解因式得：（x﹣2）2＝0，
解得：x1＝x2＝2；
（4）分解因式得：（x﹣4+5﹣2x）（x﹣4﹣5+2x）＝0，
解得：x1＝1，x2＝3．
【点睛】此题考查一元二次方程的解法，根据方程的特点选择适合的解法是解题的关键.
20.为了参加中考体育测试，甲，乙，丙三位同学进行足球传球训练．球从一个人脚下随机传到另一个人脚下，且每位传球人传球给其余两人的机会是均等的，由甲开始传球，共传三次．
（1）求请用树状图列举出三次传球的所有可能情况；
（2）传球三次后，球回到甲脚下的概率；
（3）三次传球后，球回到甲脚下的概率大还是传到丙脚下的概率大？
【答案】（1）见解析，共有8种等可能的结果数；（2）；（3）传到丙脚下的概率要大．
【解析】
【分析】
（1）画树状图展示所有8种等可能的结果数；
（2）找出传球三次后，球回到甲脚下的结果数，然后根据概率公式求解；
（3）找出三次传球后，球回到丙脚下的结果数，再计算出球回到丙的概率，然后比较两个概率的大小即可．
【详解】（1）画树状图为：
共有8种等可能的结果数；
（2）传球三次后，球回到甲脚下的结果数为2，所以球回到甲的概率为；
（3）三次传球后，球回到丙脚下的结果数为3，球回到丙的概率为P＝，
因为＞，
所以是传到丙脚下的概率要大．
【点睛】此题考查列树状图求事件的概率，概率的公式，理解题意正确画出树状图得到机会均等的结果数是解题的关键.
21.为了了解某校初三学生每周平均阅读时间的情况，随机抽查了该校初三m名学生，对其每周平均课外阅读时间进行统计，绘制了条形统计图和扇形统计图．
根据以上信息回答下列问题：
（1）求m的值；
（2）求扇形统计图中阅读时间为3小时的扇形圆心角的度数；
（3）求出这组数据的平均数．（精确到0．1）
【答案】（1）m=60；（2）120°；（3）2.8小时．
【解析】
【分析】
（1）根据2小时所占扇形的圆心角的度数确定其所占的百分比，然后根据条形统计图中2小时的人数求得m的值；
（2）先求出课外阅读3小时的人数，再用360°乘以阅读时间为3小时的人数所占的百分比即可；
（3）利用平均数的计算公式进行计算即可．
【详解】（1）∵课外阅读时间为2小时的所在扇形的圆心角的度数为90°，
∴其所占的百分比为，
∵课外阅读时间为2小时的有15人，
∴m＝15÷＝60；
（2）课外阅读3小时的人数有：60﹣10﹣15﹣10﹣5＝20（人），
所以阅读时间为3小时的扇形圆心角的度数是×360°＝120°；
（3）这组数据的平均数为：≈2．8小时．
【点睛】此题考查条形统计图与扇形统计图的结合计算，能正确求样本的总数，求部分的数量及圆心角度数，掌握加权平均数的公式是解题的关键.
22.如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，点E在上，连接AE，DE，延长BA到点F，若∠FAD＝2∠E．求证：AB＝AD．
【答案】见解析
【解析】
【分析】
连接CA，根据圆内接四边形的性质得到∠FAD＝∠BCD，再利用∠FAD＝2∠E，∠ACD＝∠E得到∠ACB＝∠ACD＝∠E，从而得到结论．
【详解】连接CA，如图，
∵∠FAD+∠BAD＝180°，∠BAD+∠BCD＝180°，
∴∠FAD＝∠BCD，
∵∠FAD＝2∠E，
∴∠BCD＝2∠E，
而∠ACD＝∠E，
∴∠ACB＝∠ACD＝∠E，
∴,
∴AB＝AD．
【点睛】此题考查圆内接四边形的性质，圆周角定理，弧、弦、圆心角定理，根据已知条件∠FAD＝2∠E连接AC是解题的关键.
23.已知关于x的方程x2﹣mx+m﹣3＝0．
（1）若此方程的一个根为2，求另一个根及m的值
（2）求证：不论m取何实数，方程总有两个不相等的实数根．
【答案】（1）方程的另一个根为﹣1，m的值为1；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）先把x＝2代入方程得m＝1，则方程化为x2﹣x﹣2＝0，设方程的另一根为t，利用根与系数的关系得到2+t＝1，然后求出t即可；
（2）计算判别式值得到△＝（m﹣2）2+8，然后利用非负数的性质可判断△＞0，然后根据判别式的意义可得到结论．
【详解】（1）解：把x＝2代入方程得4﹣2m+m﹣3＝0，解得m＝1，
方程化为x2﹣x﹣2＝0，
设方程的另一根为t，
则2+t＝1，解得t＝﹣1，
即方程的另一个根为﹣1，m的值为1；
（2）证明：△＝m2﹣4（m﹣3）
＝m2﹣4m+12
＝（m﹣2）2+8，
∵（m﹣2）2≥0，
∴△＞0，
∴不论m取何实数，方程总有两个不相等的实数根．
【点睛】此题考查一元二次方程的解，一元二次方程根与系数的关系式，一元二次方程根的判别式.
24.如图，是圆的直径，弦交于点，，.
（1）求的度数；
（2）若，求扇形的面积.
【答案】（1）100°；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由同弧所对圆周角相等和直径所对的角等于°，求出∠，再根据外角的性质得出∠的度数．
（2）由圆周角定理求得，连接，在中，易求得，由的余弦函数可求得直径长，从而求得扇形的面积.
【详解】（1）∵，，∴，
∵是圆的直径，∴，∴，
∵，，
∴.
（2）连接，，
∵，，，
∴
∴，∴，
∴扇形的面积.
【点睛】本题考查了圆周角定理以及扇形的面积公式，熟练掌握同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角等于90°是解题的关键．
25.学校打算用长米的篱笆围城一个长方形的生物园饲养小兔，生物园的一面靠在长为米的墙上（如图）．
（1）若生物园的面积为平方米，求生物园的长和宽；
（2）能否围城面积为平方米的生物园？若能，求出长和宽；若不能，请说明理由．
【答案】（1）生物园的宽为米，长为米；（2）不能围成面积为平方米的生物园，见解析
【解析】
【分析】
（1）设垂直于墙的一边长为x米，则平行于墙的一边长为（16-2x）米，根据长方形的面积公式结合生物园的面积为30平方米，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其较大值即可得出结论；
（2）设垂直于墙的一边长为y米，则平行于墙的一边长为（16-2y）米，根据长方形的面积公式结合生物园的面积为35平方米，即可得出关于y的一元二次方程，由根的判别式△＜0可得出该方程无解，进而可得出不能围成面积为35平方米的生物园．
【详解】解：（1）设生物园的宽为米，那么长为米，依题意得：
，解得，，
当时，，不符合题意，舍去
∴，
答：生物园的宽为米，长为米．
（2）设生物园的宽为米，那么长为米，依题意得：
，
∵，
∴此方程无解，
∴不能围成面积为平方米的生物园．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用以及根的判别式，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
26.如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过点D作EF⊥AC于点E，交AB延长线于点F．
（1）判断直线EF与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若⊙O半径为5，CD＝6，求DE的长；
（3）求证：BC2＝4CE•AB．
【答案】（1）EF与⊙O相切，见解析；（2）DE＝；（3）见解析
【解析】
【分析】
（1）连接AD，OD，证明OD是△ABC的中位线，得出OD∥AC．由已知条件证得EF⊥OD，即可得出结论；
（2）根据勾股定理求出AD，再由三角形面积计算即可；
（3）由（1）得CD＝BC，AD⊥BC，证明△CDE∽△CAD，得出，则CD2＝CE•AB，即可得出结论．
【详解】（1）EF与⊙O相切，理由如下：
连接AD，OD，如图所示：
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°．
∵AB＝AC，
∴AD⊥BC．
∴CD＝BD＝BC．
∵OA＝OB，
∴OD是△ABC中位线，
∴OD∥AC．
∵EF⊥AC，
∴EF⊥OD．
∴EF与⊙O相切．
（2）解：由（1）知∠ADC＝90°，AC＝AB＝10，
在Rt△ADC中，由勾股定理得：AD＝＝8．
∵SACD＝AD•CD＝AC•DE，
∴×8×6＝×10×DE．
∴DE＝．
（3）证明：由（1）得：CD＝BC，AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∵EF⊥AC，
∴∠DEC＝90°＝∠ADC，
∵∠C＝∠C，
∴△CDE∽△CAD，
∴,
∴CD2＝CE•AC，
∵AB＝AC，
∴BC2＝CE•AB，
∴BC2＝4CE•AB．
【点睛】此题考查圆周角定理，三角形的中位线，等腰三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定及性质，圆的切线的判定定理.
27.如图，在边长为6的正方形ABCD的一边AB在线段MN上移动，连接MD，NC并延长交于点E，MN＝18．
（1）当AM＝4时，求CN长；
（2）若∠E＝90°，求证AM＝BN；
（3）△MNE能否为等腰三角形？若能，求出AM的长，若不能，请说明理由．
【答案】（1）10；（2）见解析；（3）△MNE能为等腰三角形，AM＝6．
【解析】
【分析】
（1）先求BN的长，由勾股定理可求CN的长；
（2）通过证明△ADM∽△BNC，可得，可求AM＝6＝BN；
（3）分三种情况讨论，由全等三角形的判定和性质和等腰三角形的性质可求解．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝BC＝6，∠DAB＝∠ABC＝90°，
∵AM＝4，MN＝18，AB＝6，
∴BN＝8，
在Rt△BCN中，CN＝＝10；
（2）∵∠E＝90°，
∴∠M+∠N＝90°，且∠M+∠ADM＝90°，
∴∠N＝∠ADM，且∠DAM＝∠CBN＝90°，
∴△ADM∽△BNC，
∴，
∴
∴36＝AM×BN＝AM（12﹣AM）
∴AM＝6，
∴BN＝6，
∴AM＝BN；
（3）△MNE能为等腰三角形，
若EM＝EN，
∴∠M＝∠N，且AD＝BC，∠DAM＝∠CBN，
∴△ADM≌△BCN（AAS）
∴AM＝BN，
∵MN＝AB+AM+BN＝18，AB=6，
∴2AM＝12，
∴AM＝6；
若MN＝EN＝18，
∴∠M＝∠E，
∵CD∥MN，
∴∠EDC＝∠M＝∠E，
∴EC＝CD＝6，
∴CN＝12，
∴BN＝，
∴AM＝MN﹣AB﹣BN＝12﹣6，
若MN＝EM＝18，
∴∠N＝∠E，
∵CD∥MN，
∴∠ECD＝∠N＝∠E，
∴ED＝CD＝6，
∴DM＝12，
∴AM＝．
【点睛】此题考查正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定及性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，分类讨论的方法.
28.如图，A（﹣5，0），B（﹣3，0）点C在y的正半轴上，∠CBO＝45°，CD∥AB．∠CDA＝90°，点P从点A出发，沿x轴向右以每秒1个单位长度的速度运动，运动时间为t秒．
（1）当时t＝1，求PC的长；
（2）当∠BCP＝15°时，求t的值；
（3）以线段PC为直径的⊙Q随点P的运动而变化，当⊙Q与四边形ABCD的边（或边所在的直线）相切时，求t的值．
【答案】（1）PC＝5；（2）当∠BCP＝15°时，t的值为（5﹣3）秒或（5﹣）秒；（3）t的值为8秒或5秒或秒．
【解析】
【分析】
（1）由题意可知△BOC是等腰直角三角形，由此即可解决问题．
（2）分两种情形①当点P点B右侧时，②当点P′在点B左侧时，分别解直角三角形即可．
（3）由题意知，若该圆与四边形ABCD的边相切，有三种情况：①当该圆与BC相切于点C时．②当该圆与CD相切于点C时．③当该圆与AD相切时；分别解直角三角形，求出AP的长即可解决问题．
【详解】（1）A（﹣5，0），B（﹣3，0），
∴OA＝5，OB＝3，
当t＝1时，AP＝1，
∴OP＝OA﹣AP＝4，
∵∠CBO＝45°，∠BOC＝90°，
∴△BOC是等腰直角三角形，
∴∠OCB＝45°，OC＝OB＝3，
∴PC＝＝5；
（2）分两种情况：如图1所示：①当P在点B的左侧时，
∵∠CBO＝45°，∠BCP＝15°
∴∠OCP＝∠OCB+∠BCP＝45°+15°＝60°，
∴∠OPC＝30°，
∴OP＝OC＝3，
∴AP＝OA﹣OP＝5﹣3，
∵点P沿x轴向右以每秒1个单位的速度运动，
∴t＝5﹣3，
②当在点B的右侧时，
∵∠OCB＝45°，∠BC＝15°
∴∠OC＝∠OCB﹣∠BC＝45°﹣15°＝30°，
∴O＝OC＝，
∴A＝OA﹣O＝5﹣，
∵点沿x轴向右以每秒1个单位的速度运动，
∴t＝5﹣；
综上所述，当∠BCP＝15°时，t的值为（5﹣3）秒或（5﹣）秒；
（3）如图2中，由题意知，若该圆与四边形ABCD的边相切，有以下三种情况：
①当该圆与BC相切于点C时，有∠BCP＝90°，
从而∠OCP＝45°，得到OP1＝OC＝3，此时AP1＝5+3＝8，
∴t＝8；
②当该圆与CD相切于点C时，有P2C⊥CD，即点P2与点O重合，
此时AP2＝5，
∴t＝5；
③当该圆与AD相切时，
设P3（5﹣t，0），则Q（，），半径r2＝（）2+（）2，
作QH⊥AD于点H，则QH＝，
∵QH2＝r2，
∴（）2＝（）2+（）2，
解得t＝，
综上所述，t的值为8秒或5秒或秒．
【点睛】此题是一道矩形与动点的综合题，考查勾股定理，等腰直角三角形的性质，三角函数解直角三角形，切线的性质定理，（3）是此题的难点，注意分类讨论是思想.